2020高考化学考前微专题突破练十化学反应原理综合应用非选择题含解析

化学反应原理综合应用(非选择题)
1.(2019·全国卷Ⅲ)近年来,随着聚酯工业的快速发展,氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此,将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题:
(1)Deacon发明的直接氧化法为:4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为刚性容器中,进料浓度比c(HCl) ∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系:

可知反应平衡常数K(300 ℃)________K(400 ℃)(填“大于”或“小于”)。设HCl初始浓度为c0,根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1的数据计算K(400 ℃)
=________(列出计算式)。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率,同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低、过高的不利影响分别是________。 
(2)Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行:
CuCl2(s)CuCl(s)+Cl2(g)
ΔH1=83 kJ·mol-1
CuCl(s)+O2(g)CuO(s)+Cl2(g)　
ΔH2=-20 kJ·mol-1
CuO(s)+2HCl(g)CuCl2(s)+H2O(g)
ΔH3=-121 kJ·mol-1
则4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=________ kJ·mol-1。 
(3)在一定温度的条件下,进一步提高HCl的转化率的方法是________。(写出2种) 
(4)在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上,科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案,主要包括电化学过程和化学过程,如下图所示:

负极区发生的反应有____________(写反应方程式)。 
电路中转移1 mol电子,需消耗氧气________L(标准状况)。 
【解析】(1)根据题中示意图可以看出随着温度的升高,HCl的转化率降低,说明升高温度平衡逆向移动,正反应为放热反应,所以温度越高,反应进行的程度越小,K值越小,即K(300 ℃)大于K(400 ℃)。相同条件下进料浓度比c(HCl)∶c(O2)越大,HCl的转化率越低;进料浓度比c(HCl)∶c(O2)越小,HCl的转化率越高。即三条曲线中,最上面一条是c(HCl)∶c(O2)=1∶1的变化曲线。将400 ℃时的数据代入可得:
K=。由示意图可以看出进料浓度比过高或过低对反应都不利,过高会造成HCl利用率降低,过低会有大量氧气剩余,分离氧气能耗过高。
(2)利用盖斯定律解答本题。
CuCl2(s)CuCl(s)+Cl2(g)
ΔH1=83 kJ·mol-1①
CuCl(s)+O2(g)CuO(s)+Cl2(g)　
ΔH2=-20 kJ·mol-1②
CuO(s)+2HCl(g)CuCl2(s)+H2O(g)
ΔH3=-121 kJ·mol-1③
则4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)可由①×2+②×2+③×2得到,所以其ΔH=83×2+(-20)×2+(-121)×2=-116 (kJ·mol-1)。
(3)根据平衡移动原理,为了提高HCl的转化率,使反应4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)正向移动,可以采用增大反应体系压强、及时分离出产物等措施。
(4)根据示意图中H+的流动方向可以判断电源的正负极情况,左侧为负极,右侧为正极。根据示意图中负极区物质的转化可以写出相应的方程式:Fe3++e-Fe2+,4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O。在反应中,1 mol O2得到4 mol电子,所以转移1 mol电子时消耗氧气0.25 mol,在标准状况下的体积为5.6 L。
答案:(1)大于　
O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低　　
(2)-116　
(3)增加反应体系压强、及时除去产物　　
(4)Fe3++e-Fe2+,4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O
5.6
2.氮、硫及其化合物在工农业生产生活中有着重要作用。回答下列问题:
(1)有人设想利用CO还原SO2。已知S和CO的燃烧热分别是296.0 kJ·mol-1、283.0 kJ·mol-1,请写出CO还原SO2生成CO2和S(s)的热化学方程式_______。 
(2)某科研小组研究臭氧氧化-碱吸收法同时脱除SO2和NO工艺,氧化过程反应原理及反应热、活化能数据如下:
反应Ⅰ:NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)
ΔH1=-200.9 kJ·mol-1　Ea1=3.2 kJ·mol-1
反应Ⅱ:SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g)
ΔH2=-241.6 kJ·mol-1Ea2=58 kJ·mol-1
已知该体系中臭氧发生分解反应:2O3(g)3O2(g)。请回答:
其他条件不变,每次向容积为2 L的反应器中充入含2.0 mol NO、2.0 mol SO2的模拟烟气和4.0 mol O3,改变温度,反应相同时间t后体系中NO和SO2的转化率如图所示:

①由图可知相同温度下NO的转化率远高于SO2,结合题中数据分析其可能原因_________________。 
②下列说法正确的是________。 
A.Q点一定为平衡状态点
B.温度高于200 ℃后,NO和SO2的转化率随温度升高显著下降、最后几乎为零
C.其他条件不变,若扩大反应器的容积可提高NO和SO2的转化率
D.臭氧氧化过程不能有效地脱除SO2,但后续步骤碱吸收可以有效脱硫
③假设100 ℃时P、Q均为平衡点,此时反应时间为5 min,发生分解反应的臭氧占充入臭氧总量的10%,则体系中剩余O3的物质的量是______mol;SO2的平均反应速率为________;反应Ⅰ在此时的平衡常数为________。 
(3)以连二硫酸根(S2)为媒介,使用间接电化学法也可处理燃煤烟气中的NO,装置如图所示:

①ab是________(填“阳”或“阴”)离子交换膜。阴极区的电极反应式为__。 
②若NO吸收转化后的产物为N,通电过程中吸收4.48 L NO(标准状况下),则阳极可以产生________mol气体。 
【解析】(1)已知S和CO的燃烧热分别是
296.0 kJ·mol-1、283.0 kJ·mol-1,则
①S(s)+O2(g)SO2(g)
ΔH=-296.0 kJ·mol-1
②CO(g)+1/2O2(g)CO2(g)
ΔH=-283.0 kJ·mol-1
根据盖斯定律可知②×2-①即得到CO还原SO2的热化学方程式2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(s) ΔH=-270 kJ·mol-1。
(2)①反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ,相同条件下更易发生反应,因此相同温度下NO的转化率远高于SO2;
②A.随着反应的进行,反应物的转化率逐渐增大,因此Q点不一定为平衡状态点,可能是建立平衡过程中的一个点,A错误;B.根据图象,温度高于200 ℃后,NO和SO2的转化率随温度升高显著下降、最后几乎为零,B正确;C.根据2O3(g)3O2(g)可知其他条件不变,若扩大反应器的容积,压强减小,平衡正向移动,使得臭氧的浓度减小,氧气浓度增大,反应Ⅰ和反应Ⅱ的平衡逆向移动,NO和SO2的转化率减小,C错误;D.根据图象,臭氧氧化过程中二氧化硫的转化率较低,不能有效地脱除SO2,二氧化硫是酸性氧化物,能够被氢氧化钠溶液吸收,D正确;
③假设100 ℃时P、Q均为平衡点,此时反应时间为5 min,发生分解反应的臭氧占充入臭氧总量的10%,发生分解反应的臭氧为4 mol×10%=0.4 mol,根据反应Ⅰ:NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g),平衡时NO的转化率为80%,反应的臭氧为2 mol×80%=1.6 mol;反应Ⅱ:SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g),平衡时二氧化硫的转化率为30%,反应的臭氧为2 mol×30%=0.60 mol;最终剩余臭氧4 mol-0.4 mol-
1.60 mol-0.60 mol=1.4 mol;5 min内SO2的平均反应速率==
0.06 mol·(L·min)-1;平衡时NO、O3、NO2、O2的物质的量分别为0.4 mol、1.4 mol、1.6 mol、0.4 mol×+1.6 mol+0.6 mol=2.8 mol,反应Ⅰ在此时的平衡常数==8;
(3)①由图可知,阴极区通入液体主要含S,流出液体主要含S2,所以阴极区电极反应式为2S+4H++2e-S2+2H2O,由于阴极需要消耗氢离子,则ab是阳离子交换膜;
②4.48 L NO(标准状况下)的物质的量是0.2 mol,由于NO吸收转化后的产物为N,则电路中转移1 mol电子;阳极氢氧根放电产生氧气,产生氧气的物质的量是1 mol÷4=0.25 mol。
答案:(1)2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(s)　ΔH=-270 kJ·mol-1　(2)①反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ,相同条件下更易发生反应　②BD
③1.4　0.06 mol·(L·min)-1　8
(3)①阳　2S+4H++2e-S2+2H2O
②0.25
3.甲醇水蒸气重整制氢(SRM)是用于驱动电动汽车的质子交换膜燃料电池的理想氢源,当前研究主要集中在提高催化剂活性和降低尾气中CO含量,以免使燃料电池Pt电极中毒。重整过程发生的反应如下:
反应Ⅰ　CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)　ΔH1
反应Ⅱ　CH3OH(g)CO(g)+2H2(g) ΔH2
反应Ⅲ　CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)
ΔH3
其对应的平衡常数分别为K1、K2、K3,其中K2、K3随温度变化如下表所示:

125 ℃
225 ℃
325 ℃
K2
0.553 5
185.8
9 939.5
K3
1 577
137.5
28.14
请回答:
(1)反应Ⅱ能够自发进行的条件是________(填“低温”“高温”或“任何温度”),ΔH1______(填“>”“<”或“=”)ΔH3。 
(2)相同条件下,甲醇水蒸气重整制氢较甲醇直接分解制氢(反应Ⅱ)的先进之处在于________。 
(3)在常压、Cat.1催化下,CH3OH和H2O混合气体(体积比1∶1.2,总物质的量
2.2 mol)进行反应,t1时刻测得CH3OH转化率及CO、CO2选择性随温度变化情况分别如图所示(CO、CO2的选择性:转化的CH3OH中生成CO、CO2的百分比)。

注:曲线a表示CH3OH的转化率,曲线b表示CO的选择性,曲线c表示CO2的选择性。
①下列说法不正确的是________。 
A.反应适宜温度为300 ℃
B.工业生产通常在负压条件下进行甲醇水蒸气重整
C.已知Cat.2催化剂具有更高催化活性,可提高甲醇平衡转化率
D.添加CaO的复合催化剂可提高氢气产率
②260 ℃时H2物质的量随时间的变化曲线如图所示。画出300 ℃时至t1时刻H2物质的量随时间的变化曲线。

(4)副产物CO2可以在酸性水溶液中电解生成甲酸,生成甲酸的电极反应式是
 ______________________________________________________________
 ______________________________________________________________
________________________________________________________________。 
【解析】(1)由表中数据可得,随温度升高,K2增大,即反应Ⅱ向右移动,说明反应Ⅱ是吸热反应,ΔH2>0,由反应方程式可得ΔS2>0,已知反应能够自发进行的条件是ΔH2-TΔS2<0,推知反应Ⅱ需要在高温下才能自发进行;由于K3随温度升高而减小,即反应Ⅲ向左移动,说明反应Ⅲ是放热反应,ΔH3<0,根据盖斯定律,ΔH1=ΔH2+ΔH3>ΔH3。
(2)由反应Ⅰ和反应Ⅱ的方程式比较可知,反应物甲醇转化率高,产物中氢气含量高,且几乎没有CO。
(3)①A、由图象可知CH3OH的转化率在高于260 ℃时较高,但在300 ℃时,CO的选择性最高,而CO2的选择性最低,所以300 ℃不是反应适宜的温度,最好在
260 ℃时,故A不正确;B、根据反应方程式可知,减小压强会降低反应速率,不适合工业生产,所以B不正确;C、催化剂能够加快反应速率,但不能改变反应物的转化率,所以C不正确;D、催化剂能加快反应速率,且CaO能吸收CO2,从而促使反应Ⅰ正向进行,提高了氢气的产率,即D正确;②根据甲醇的转化率、CO和CO2选择性图象可知,温度从260 ℃升高到300 ℃,反应速率加快,但CO2的选择性减小,使H2的物质的量也减小,所以曲线斜率增大,但水平线低于260 ℃时的,具体为反应Ⅰ中生成n(H2)=3n(CO2)=0.95×1 mol×3=2.85 mol,反应Ⅱ中生成n(H2)=2n(CO)=0.05×1 mol×2=0.10 mol,所以生成H2的总物质的量为2.95 mol,则画出图象如图所示
;
(4)CO2在酸性溶液中生成甲酸(HCOOH)时,碳元素的化合价降低,得到电子,将在阳极发生反应,反应式为CO2+2H++2e-HCOOH。
答案:(1)高温　>　(2)甲醇转化率高;产物中氢气含量高,一氧化碳含量低
(3)①ABC　
②

(4)CO2+2H++2e-HCOOH
4.Ⅰ.大气中CO2含量的增多会导致地球表面温度升高及海洋生态环境改变。
已知:CO2(g)+CaO(s)CaCO3(s)
(1)某研究小组在实验室探究不同温度对CaO吸收CO2效率的影响。在体积相同的密闭容器中,均充入一定量的生石灰和足量CO2,在不同温度下,保持其他初始实验条件不变,发生如上反应,分别在t秒时测定CO2的浓度(mol·L-1)如图。

①该反应在________条件下能自发进行。 
A.较高温度　　　　 B.较低温度
C.任何温度　　　 D.任何温度下均不能
②A、B、C、D、E五点中,达到化学平衡状态的点是_______。 
(2)在恒定温度下,一个体积固定为1 L的容器中加入20 g CaO和一定量的CO2气体,在10分钟达到平衡的过程中CO2浓度变化如图所示,为提高CO2的吸收率,下列可以采取的措施有________。 
A.缩小反应容器的容积
B.升高温度
C.平衡体系中及时分离出部分CaCO3
D.使用合适的催化剂
若保持平衡时的温度不变,15分钟时将体积迅速增大至2 L,在20分钟时重新达到平衡,请在下图中补充体积变化后CO2浓度变化示意图。

Ⅱ.在容积可变的密闭容器中发生反应:mA(g)+nB(g)pC(g),在一定温度和不同压强下达到平衡时,分别得到A的物质的量浓度如下表
压强p/Pa
2×105
5×105
1×106
c(A)/mol·L-1
0.08
0.20
0.44
(3)当压强为1×106Pa时,此反应的平衡常数表达式: _______。 
(4)电浮选凝聚法是工业上采用的一种污水处理方法,如图是该方法处理污水的实验装置示意图,实验过程中,污水的pH始终保持在5.0～6.0。接通电源后,阴极产生的气体将污物带到水面形成浮渣而刮去,起到浮选净化作用;阳极产生的沉淀具有吸附性,吸附污物而沉积,起到凝聚净化作用。
阳极区生成沉淀的总电极反应为________。 

【解析】(1)①根据图象,T3时达到平衡,升高温度后,CO2的浓度增大,平衡逆向移动,说明正反应为放热反应,ΔH<0,该反应的ΔS<0,要使得ΔG=ΔH-TΔS<0,需要在较低温度才行;
②A、B是建立平衡的过程中的点,C、D、E是达到化学平衡状态的点;
(2)A.缩小反应容器的容积,平衡正向移动,CO2的吸收率增大,故A正确;B.升高温度,平衡逆向移动,CO2的吸收率减小,故B错误;C.平衡体系中及时分离出部分CaCO3,碳酸钙为固体,平衡不移动,CO2的吸收率不变,故C错误;D.使用合适的催化剂,平衡不移动,CO2的吸收率不变,故D错误;若保持平衡时的温度不变,15分钟时将体积迅速增大至2 L,二氧化碳浓度减小,平衡逆向移动,但温度不变,平衡常数不变,最终二氧化碳浓度又增大至与原平衡相等,图象为
;
(3)根据表格数据,压强由2×105增大到5×105,c(A)的浓度变成原来的2.5倍==,说明平衡未发生移动,即m+n=p,但当压强由5×105增大到1×
106时,c(A)的浓度变成原来的2.2倍>=2,说明平衡逆向移动,说明B变成了非气态,因此当压强为1×106 Pa时,此反应的平衡常数表达式K=;
(4)根据题意,电解池的阳极材料为Fe,阴极材料为Al。金属作阳极时,电极若为活性电极,由于金属失电子能力强于溶液中的阳离子,所以阳极上是活性电极自身先失去电子,电解池的阳极放电顺序是:活性电极>Ag+>Hg2+>Fe3+>Cu2+>H+等,因此阳极的电极反应有两个,分别是2H2O-4e-4H++O2↑和Fe-2e-Fe2+,生成的Fe2+进入溶液中,Fe2+易被氧气氧化,反应为4Fe2++O2+10H2O4Fe(OH)3↓+8H+,因此阳极区生成沉淀的总电极反应为2Fe-6e-+6H2O2Fe(OH)3↓+6H+。
答案:(1)①B　②CDE　(2)A　

(3)K=
(4)2Fe-6e-+6H2O2Fe(OH)3↓+6H+
5.(2016·浙江4月选考真题改编)氨气及其相关产品是基本化工原料,在化工领域中具有重要的作用。
(1)以铁为催化剂,0.6 mol氮气和1.8 mol氢气在恒温、容积恒定为1 L的密闭容器中反应生成氨气,20 min 后达到平衡,氮气的物质的量为0.3 mol。
①在第25 min时,保持温度不变,将容器体积迅速增大至2 L并保持恒容,体系达到平衡时N2的总转化率为38.2%,请画出从第25 min起H2的物质的量浓度随时间变化的曲线。

②该反应体系未达到平衡时,催化剂对逆反应速率的影响是________(填“增大”“减少”或“不变”)。 
(2)①N2H4是一种高能燃料,有强还原性,可通过NH3和NaClO反应制得,写出该制备反应的化学方程式 __________。 
②已知298 K和101 kPa条件下:
N2(g)+3H2(g)2NH3(g)　ΔH1
2H2(g)+O2(g)2H2O(l)　ΔH2
2H2(g)+O2(g)2H2O(g)　ΔH3
4NH3(g)+O2(g)2N2H4(l)+2H2O(l) ΔH4
则N2H4(l)的标准燃烧热ΔH=__________。 
(3)科学家改进了NO2转化为HNO3的工艺(如虚框所示),在较高的操作压力下,提高N2O4/H2O的质量比和O2的用量,能制备出高浓度的硝酸。

实际操作中,应控制N2O4/H2O质量比高于5.11,对此请给出合理解释:______。 
【解析】(1)①20 min后达到平衡,氮气的物质的量为0.3 mol,可知此时c(N2)=0.3 mol·L-1,c(H2)=0.9 mol·L-1。第25 min时,保持温度不变,将容器体积迅速增大至2 L,此时c(H2)=0.45 mol·L-1。当达到平衡时N2的总转化率为38.2%,可做如下计算:
　　　　　　N2　　+　　 3H22NH3
n(开始)/mol 0.6 1.8
n(变化)/mol 0.6×38.2% 3×0.6×38.2%
n(平衡)/mol 0.370 8 1.112 4
得c(H2)=1.112 4 mol /2 L=0.556 2 mol·L-1,即从25 min起,直至平衡,氢气的浓度由0.45 mol·L-1增大到0.556 2 mol·L-1,其图象为
。
②催化剂对正逆反应速率均有增大的作用,故催化剂对逆反应速率的影响是增大。
(2)①2NH3+NaClONaCl+N2H4+H2O。
②给题目中的反应编号
(i)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)　ΔH1
(ii)2H2(g)+O2(g)2H2O(l)　ΔH2
(iii)2H2(g)+O2(g)2H2O(g)　ΔH3
(ⅳ)4NH3(g)+O2(g)2N2H4(l)+2H2O(l)　ΔH4
将上述反应进行如下运算:[(ii)×3-(i)×2-(ⅳ)]÷2,ΔH也进行相应运算,得:N2H4(l)+O2(g)N2(g)+2H2O(l)　ΔH=。
(3)2N2O4+2H2O+O24HNO3,各物质恰好反应时,N2O4/H2O质量比=≈5.11,高于5.11是为了提高N2O4的浓度,有利于平衡正向移动,得到高浓度的硝酸。
答案:(1)①

②增大
(2)①2NH3+NaClONaCl+N2H4+H2O
②(3ΔH2-2ΔH1-ΔH4)
(3)2N2O4+2H2O+O24HNO3,N2O4/H2O的质量比为5.11时恰好完全反应,高于5.11是为了提高N2O4的浓度,有利于平衡正向移动,得到高浓度的硝酸
6.合理利用或转化NO2、SO2、CO、NO等污染性气体是人们共同关注的课题。
Ⅰ.某化学课外小组查阅资料后得知:2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步:
①2NO(g)N2O2(g)(快)
v1正=k1正·c2(NO),v1逆=k1逆·c(N2O2)
ΔH1<0
②N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢)
v2正=k2正·c(N2O2)·c(O2),v2逆=k2逆·c2(NO2)　ΔH2<0
请回答下列问题:
(1)反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的ΔH=________(用含ΔH1和ΔH2的式子表示)。一定温度下,反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)达到平衡状态,写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示平衡常数的表达式K=________________。 
(2)决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应速率的是反应②,反应①的活化能E1与反应②的活化能E2的大小关系为E1______E2(填“>”“<”或“=”)。 
Ⅱ.(3)反应N2O4(g)2NO2(g),在一定条件下N2O4与NO2的消耗速率与自身压强有如下关系:v(N2O4)=k1·p(N2O4),v(NO2)=k2·p2(NO2)。其中k1、k2是与温度有关的常数。一定温度下,相应的速率与压强关系如图所示,在图中标出的点中,能表示该反应达到平衡状态的两个点是____________,理由是____________。 

(4)在25 ℃时,将a mol·L-1的氨水溶液与0.02 mol·L-1 HCl溶液等体积混合后溶液恰好呈中性(忽略溶液混合后体积的变化),用含a的表达式表示25 ℃时NH3·H2O的电离常数Kb=______。用质量分数为17%,密度为0.93 g·cm-3的氨水,配制200 mL a mol·L-1的氨水溶液,所需原氨水的体积V=______mL。 
(5)如图电解装置可将雾霾中的NO、SO2分别转化为N和S。物质A的化学式为________________________,阴极的电极反应式是____________。 

【解析】Ⅰ.(1)①2NO(g)N2O2(g);
②N2O2(g)+O2(g)2NO2(g),而目标反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)由盖斯定律知,目标反应为①+②,故其ΔH=ΔH1+ΔH2,由K=,结合v正、v逆的定义,可得K=。
(2)因为决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)速率的是反应②,所以反应①的活化能E1远小于反应②的活化能E2。
Ⅱ.(3)满足平衡条件v(NO2)=2v(N2O4)即为平衡点,B、D点的压强之比等于其反应速率之比为1∶2,所以B、D为平衡点。
(4)反应后溶液中c(N)=c(Cl-)=0.01 mol·L-1,c(NH3·H2O)= mol·L-1
-c(N)= mol·L-1,c(OH-)=10-7 mol·L-1,则Kb==
=;设氨水的体积为V mL,则根据稀释定律可知:V×
0.93 g·cm-3×17%=17 g·mol-1×a mol·L-1×0.2 L,解得V≈21.5a mL。(5)NO得电子生成铵根离子,离子方程式为NO+5e-+6H+N+H2O,为阴极反应,阳极上SO2失电子形成硫酸。
答案:(1)ΔH1+ΔH2　　(2)<
(3)B、D　图中只有D点的NO2的消耗速率是B点N2O4的消耗速率的2倍,所以表示达到化学平衡状态的点是B、D
(4)或　21.5a或或
(5)H2SO4　NO+6H++5e-N+H2O